【文档说明】四川省内江市第六中学2024-2025学年高一上学期11月期中考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，1.628 MB，由envi的店铺上传

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内江六中2024-2025学年(上)高2027届半期考试化学试题(考试时间：75分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23S-32第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列叙述正确的是A.为防止中秋月饼因氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰B.金属钠着火时，可用泡沫灭火器或干燥的沙土灭火C.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性可用作食用碱或工业用碱D.我国十大科技成果之一的

“纳米氮化镓(GaN)”是一种胶体【答案】C【解析】【详解】A．生石灰是干燥剂，不能防止食物因氧化而变质，故A错误；B．钠能与水反应，金属钠着火时，不能用泡沫灭火器灭火，可以用干燥的沙土灭火，故B错误

；C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，碳酸氢钠可用作发酵粉和食品膨松剂，碳酸钠用于化工生产和除油污，故C正确；D．“纳米氮化镓(GaN)”不是分散系，所以不是胶体，故D错误；选C。2.分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法正

确的是A.干冰、冰、胆矾都属于化合物B.碱性氧化物都能与水化合生成碱C.混合物一定含两种或两种以上的元素D.2CO与CO含相同元素，互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A．干冰即二氧化碳、冰即水、胆矾为五水硫酸铜，都是由两种或两种以上元素形成的

纯净物，都属于化合物，故A正确；B．碱性氧化物不一定能与水化合生成碱，例如氧化铜等，故B错误；C．由两种或两种以上的物质混合而成的叫做混合物，混合物可能只含一种元素，如：O2、O3的混合物中只含O元素，故C错误；D．同素异形体是指同种元素形成的性质不同的单质，

CO2与CO是化合物，不是同素异形体，故D错误；答案选A。3.“宏观辨识—微观探析—符号表征”是化学学习的重要方法。某化学反应的微观示意图如下，下列分析正确的是A.分析反应类型：该反应属于非氧化还原反应B.分析物质种类：图中涉及3种氧化物C.分析反应价值：该反应实现了无机物向

有机物的转化D.分析表示方法：该反应生成的生成物分子个数比为1：1【答案】C【解析】【分析】根据示意图分析，反应物为CO2和H2O，生成物为CH4和O2，反应方程式为CO2+2H2O光照催化剂CH4+2O2。【详解】A．根据示意图分析，反应物为CO2

和H2O，生成物为CH4和O2，有化合价变化，属于氧化还原反应，A错误；B．分析物质种类：图中涉及CO2和H2O两种氧化物，B错误；C．反应物为CO2和H2O是无机物，生成物有CH4，该反应实现了无机物向有机物的转化，C正

确；D．该反应生成的生成物CH4和O2，分子个数比为1：2，D错误；答案选C。4.下列物质中，属于电解质，且在水溶液中和熔融状态下都能导电的是A.HClB.3NHC.NaD.KCl【答案】D【解析】【详解】A．HCl属于电解质，在水溶液中能导电，故A不符合题意；

B．HCl属于非电解质，但是其水溶液能导电，故B不符合题意；C．Na单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C不符合题意；D．KCl属于电解质，且在水溶液中和熔融状态下都能导电，故D符合题意；故答案选D。5.下列

说法正确的是A.金属阳离子被还原一定得到金属单质B.2HOHHO+−+=可表示所有的酸碱中和反应C.失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强D.236.0210个3Fe+与沸水完全反应转化为()3FeOH胶体，()3FeOH胶粒的数目少子236.0

210个【答案】D【解析】【详解】A．金属阳离子得到电子被还原，可能得到低价态的金属阳离子，也可能被还原产生金属单质，故A错误；B．2HOHHO+−+=表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应，而酸碱反应可以是弱酸、弱碱，也可以生成不溶性盐，故B错误；C

．还原性强弱与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，同理，得电子能力越强，氧化性越强，故C错误；D．()3FeOH胶粒是由多个Fe(OH)3聚合而成，因此236.0210个3Fe+与沸水完全反应

转化为()3FeOH胶体，Fe(OH)3胶粒的物质的量小于6.02×2310，故D正确；答案选D。6.已知三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O某溶液中

Cl-、Fe2+和I-共存，若想除去I-而又不影响Fe2+和Cl-，可加入的试剂是A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.HCl【答案】C【解析】【详解】反应①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2中，Fe元素的化合价降低，FeCl3为氧化剂，FeCl2为还原

产物，I元素的化合价升高，KI为还原剂，I2为氧化产物；反应②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3中，Cl2中Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，Fe元素的化合价升高，FeCl2为还原剂，FeCl3既是氧

化产物，又是还原产物；反应③2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中，Mn元素的化合价降低，KMnO4为氧化剂，MnCl2为还原产物，Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，氧化剂的氧化

性大于氧化产物的氧化性，则氧化性强弱顺序为：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2。根据以上分析，Cl2可以氧化Fe2+和I-，KMnO4可以氧化Cl-、Fe2+和I-，Fe3+只氧化I-、不影响Fe2+和Cl-，则要除去I-而又不影响Fe2+

和Cl-，可选FeCl3。答案选C。7.下列说法错误的是A.2NaO和22NaO中离子、阴离子个数比都为2：1B.等质量的2NaO和22NaO投入等质量且足量的水中充分反应后所得溶液的溶质质量分数相等C.2NaO和22NaO长期露置于空气中最终所得固体产物相同D

.1个22NaO分别与足量的2HO和2CO充分反应生成2O时，转移的电子数都为1个【答案】B【解析】【详解】A．22NaO由Na+、22O−构成，2NaO和22NaO中离子、阴离子个数比都为2：1，故A正确；B．2NaO和22NaO分别与水反应的方程式为Na2O+H2O=2NaOH、2N

a2O2+2H2O=4NaOH+O2，62gNa2O放入水中生成80g氢氧化钠，溶液质量增加62g；78gNa2O2放入水中生成80g氢氧化钠，放出16g氧气，溶液质量增加62g；所以等质量的2NaO和22NaO投入等质量且足量的水中充分反应后所得溶液的溶质质量分数不相等，故B错误；C．2Na

O和22NaO长期露置于空气中最终所得固体产物是碳酸钠，故C正确；D．1个22NaO分别与足量的2HO和2CO充分反应，两个反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0、由-1降低为-2，生成2O时转移的电子数都为1个，故D正确；选B。

8.下列各组离子在指定条件下能大量共存的是A.常温下pH1=的溶液中：K+、3Fe+、I−、3HCO−B.含4NaHSO的溶液中：OH−、3Al+、2Ba+、Cl−C.滴加无色酚酞呈红色的溶液中：K+、Cl−、3HCO−、2Cu+D.澄清透明溶液中

：Na+、Cl−、24SO−【答案】D【解析】【详解】A．常温下pH1=的溶液为酸性溶液，3HCO−不能存在，3Fe+与I−发生氧化还原反应，不能共存，A不符合题意；B．4NaHSO溶液中硫酸氢钠完全电离产生氢离子，OH−不能存在，Al3+与OH-不能大量共存，B不符合题意；C．滴加无色酚酞呈

红色的溶液为碱性溶液，3HCO−、2Cu+不能存在，C不符合题意；D．澄清透明溶液中：Na+、Cl−、24SO−相互间不反应，可以共存，D符合题意；故选D。9.应用下列装置能达到实验目的的是装置目的A．用22NaO固体粉末“随开随用、随关随停”制氧气B．制备()3FeOH胶体装置目的C．比较23N

aCO、3NaHCO的稳定性D．用于除去2CO中的()HClgA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠为粉末状固体，过氧化钠放到带孔的隔板上，不能固液分离，故不能做到随开随的用、随关随停，A错误；B．氢氧化钠溶液滴入氯化铁溶液中得到氢氧化铁沉淀，不能得到()3FeOH

胶体，B错误；C．比较23NaCO、3NaHCO稳定性时，采用加热法，应将碳酸氢钠放置在温度较低的试管，碳酸钠放在温度较高的试管，与小试管相连的澄清石灰水变浑浊，可以证明3NaHCO稳定性差，C正确；D．CO2、HCl都能与饱和碳酸钠溶液反应，应选用饱和碳酸氢钠溶液，D错误；故选C。10

.下列反应的离子方程式书写正确的是A.小苏打治疗胃酸过多：HCO3−+H＋=CO2↑+H2OB.将硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：H＋+SO24−+Ba2＋+OH-=BaSO4↓+H2OC.向NaHCO3溶液中滴加少

量Ca(OH)2：HCO3−+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液至液体变红褐色：Fe3++3H2O△Fe(OH)3↓+3H+【答案】A【解析】【详解】A．小苏打主要成分是NaHCO3，HCl为胃酸HCl反应产生NaCl、

H2O、CO2，降低胃酸的浓度，因而可用于治疗胃酸过多，该反应的离子方程式为：HCO3−+H＋=CO2↑+H2O，A正确；B．不符合物质反应的微粒个数比，反应的离子方程式为：2H＋+SO24−+Ba2＋+2OH-

=BaSO4↓+2H2O，B错误；C．要以不足量的Ca(OH)2为标准，反应产生CaCO3、Na2CO3、H2O，该反应的离子方程式为：2HCO3−+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+2-3CO，C错误；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液至液体变红褐色，反应产生

Fe(OH)3胶体，该反应的离子方程式为：Fe3++3H2O△Fe(OH)3(胶体)+3H+，D错误；故合理选项是A。11.在铜的冶炼过程中有如下反应发生24224245FeS14CuSO12HO7CuS5FeSO12HSO++=++。关于此反应，下列说法正确的是A.2CuS既是氧化

产物，又是还原产物的B.5个2FeS发生反应，有14个电子转移C.2FeS只作还原剂D.产物中的24SO−有一部分是氧化产物【答案】D【解析】【分析】方程式中Fe元素化合价不变，S元素由-1价升高为+6价，降低为-2价，FeS2既是氧化

剂又是还原剂，Cu由+2价降低为+1价，CuSO4为氧化剂，Cu2S是还原产物。【详解】A．根据分析，2CuS是还原产物，A错误；B．5个FeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，14个CuSO4得到14个电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由-1价降低为-2价，生成7

个Cu2S，得到7个电子，有21个电子转移，B错误；C．根据分析，FeS2既是氧化剂又是还原剂，C错误；D．由化学方程式可知，S元素由-1价升高为+6价，降低为-2价，反应物中含有14个24SO−离子，生成物中有17个24SO−离子，产物中的硫酸根有一

部分是氧化产物，D正确；故选D。12.以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析不正确的是A.反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质B.反应④说明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3C.反

应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给D.上述转化中发生的反应均为氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．反应③是CO2与足量NaOH反应产生Na2CO3、H2O，表明CO2具有酸性氧化物的性质，A正确；B．反应④是NaHCO3受

热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，说明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，B正确；C．反应⑤、⑥是Na2O2与CO2、H2O反应产生O2而帮助人呼吸，因此可用于潜水艇中氧气的供给，C正确；D．在上述转化

中，反应③、④中元素化合价不变，发生的反应为非氧化还原反应，D错误；故合理选项是D。13.根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是选项实验操作及现象结论A向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含

Cl-B向某溶液中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀该溶液中一定含CO23−C取少量NaHCO3固体，加入几滴水，插入温度计，温度下降碳酸氢钠溶解吸热D向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含SO24−A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．能够与Ag+

反应产生白色沉淀的离子可以Cl-，也可以是2-3CO、2-4SO，因此不能确定该溶液中是否含有Cl-，A错误；B．向某溶液中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀，该离子可能是2-3CO，也可能是-3HCO，或者2-3SO等，因此不能确定是否含有2-3CO，B错误；C．取少量NaHCO3固体，加入几滴

水，插入温度计，温度下降，说明物质溶解后溶液的温度降低，因此碳酸氢钠溶解过程是吸热过程，C正确；D．向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是BaCO3、BaSO4，也可能是AgCl，因此不能确定溶液中试管含有2-4SO，D错误；故合理选项

是C。14.纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，能被水体中的2O氧化。利用纳米铁粉除去水体中六价铬Cr(VI)的反应机理如图所示：下列说法错误的是A.机理中生成2H反应的离子方程式为：22Fe2HFeH+++=+B.Cr元素参与的反应均存在电子转移C.纳米

铁粉除去Cr(VI)的机理主要包括吸附、还原和共沉淀D.铁粉处理成纳米铁粉有利于提高Cr(VI)的处理效率【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，机理中生成氢气的反应为铁与溶液中氢离子反应生成亚铁离子和氢气，反应的离子方程式为22Fe2HFeH+++=+，故A正确；B．由图

可知，机理中铬离子与溶液中氢氧根离子反应生成氢氧化铬的反应和铬离子、铁离子与水反应生成生成CrxFe1-x(OH)3或CrxFe1-xOOH的反应中都没有元素发生化合价变化，都无电子转移，故B错误；C．由

图可知，纳米铁粉除去Cr(VI)的机理主要包括吸附、还原和共沉淀，故C正确；D．铁粉处理成纳米铁粉可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高Cr(VI)的处理效率，故D正确；故选B。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、非选题(本题包括4小题，共58分)15.钠及其化合物在日常生活和化

工生产中应用广泛。（1）实验室中少量的钠通常保存在___________中。钠在实验室中常用作强除水剂，将钠块加入正己烷中可除去其中微量的水，该反应的化学方程式为___________。（2）“神舟号”载人

航天器的返回舱内，为防止CO2浓度过大引起宇航员困乏，用过氧化钠降低CO2的浓度，有关反应的化学方程式是___________。（3）工业通过电解NaCl产生金属钠：22NaCl()2Na+Cl电解熔融，过程如下：已知：电解时需要

将NaCl加热至熔融状态。NaCl熔点为801℃，为降低能耗，通常加入2CaCl，从而把熔点降至约580℃。①把NaCl固体加热至熔融状态，目的是___________(用电离方程式表示)。②过程I，2CaCl能发生像NaCl那样的电解反应而被消耗。但在过程I中2CaCl却不断地被重新

生成，原因是___________。（4）以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，其步骤如下：①生成晶体A的化学方程式为___________。②“300℃加热”时，用到的实验仪器除酒精灯、玻璃棒、泥三角、坩埚钳、三角

架外，还必须使用的仪器有___________(填名称)。【答案】（1）①.煤油或石蜡油②.222Na+2HO2NaOH+H=（2）2222322NaO+2CO2NaCO+O=（3）①.+NaClNa+

Cl−=熔融②.钙比钠活泼，氯化钙电解生成的钙又与氯化钠发生置换反应生成钠和氯化钙（4）①.4343NaCl+NHHCONHCl+NaHCO=水浴②.坩埚【解析】【分析】（3）工业通过电解熔融的NaCl产生金属钠，为降低能耗，通常加入2CaCl降

低熔点，发生的反应为：22NaCl()2Na+Cl=电解熔融，产生的钠为粗钠，再与22ONa反应，最终达到金属钠。（4）利用碳酸氢钠溶解度小的性质，以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠由于溶解度小而析出，过滤后

得到碳酸氢钠晶体，加热分解得到碳酸钠。【小问1详解】钠性质活泼，易与空气中的氧气和水反应，密度小于水，大于煤油（或石蜡油），不与煤油（或石蜡油）反应，可以保存在煤油或者石蜡中隔绝空气；钠在实验室中常用作强除水剂，将钠块加入正己烷中可除去其中微量的水，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气

，反应的化学方程式为：2222HO2HNaNaOH+=+。【小问2详解】过氧化钠可以与2CO反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是：2222322NaO+2CO2NaCO+O=。【小问3详解】①NaCl为电解质，固体不导电，熔融状态下能

够导电，破坏离子键，产生自由移动的Na+和Cl−，所以把NaCl固体加热至熔融状态，是为了使其电离，电离方程式为：+NaClNa+Cl−=熔融；②钙比钠活泼，氯化钙电解生成的钙又与氯化钠发生置换反应生成钠和氯化钙。【小问4详解】①根据流程可知，晶体A为3NaHCO，在氯

化钠溶液中加入碳酸氢铵粉末，水浴条件下生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：4343NaCl+NHHCONHCl+NaHCO=水浴；②“300℃加热”时，用到的实验仪器除酒精灯、玻璃棒、泥三角、坩埚钳、三角架和坩埚，题目所给

仪器缺少坩埚，所以还必须使用的仪器为坩埚。16.氧化还原反应在工农业生产、日常生活中具有广泛用途，贯穿古今。（1）维生素C可以将Fe3+转化为Fe2+，说明维生素C具有___________(填“氧化性”或“还原性”)。（2）NH4Cl常用于焊接，在焊

接铜器时可用NH4Cl除去铜器表面的氧化铜，其反应如下：___________CuO＋___________NH4Cl△___________Cu＋___________CuCl2＋___________N2↑＋___________H2O①配平上

述氧化还原反应___________。②该反应中，氧化剂是___________(填化学式)，被氧化元素是___________(填元素名称)。（3）二氧化氯是一种高效消毒剂。工业上制备ClO2的反应为：2NaClO3＋4HCl=

2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl。①反应中的还原产物是___________(写化学式)；HCl在反应中体现的性质为___________、___________。②用单线桥标出反应中电子转移的方向和数目_

__________。（4）双氧水是公认的绿色氧化剂。已知氧化性强弱顺序为：H2O2(H+)＞Fe3+＞I2，向FeI2溶液中加入足量的硫酸酸化的双氧水，发生反应的离子方程式为___________。

【答案】（1）还原性（2）①.4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O②.CuO③.氮（3）①.ClO2②.还原性③.酸性④.（4）2Fe2++4I-+3H2O2+6H+=2Fe3++2I2+6H2O【解析】【小问1详解】维生素C可以将Fe3+转化为Fe

2+，Fe元素化合价在反应后降低，得到电子被还原，说明维生素C具有还原性；【小问2详解】①Cu元素化合价由反应前CuO中+2价降低为反应后Cu单质的0，降低2价；N元素的化合价由反应前NH3中的-3价升

高为N2的0，升高3×2=6价，根据原子守恒可知CuO、Cu前边的系数是3，NH4Cl的系数是2，N2的系数是1，再结合原子守恒可知，反应为4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O，故答案为：4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O。②在该反应中，N元素化合价升

高，失去电子被氧化，Cu元素化合价降低，得到电子被还原，Cu元素得到电子，则CuO为氧化剂，被氧化的元素是氮元素；【小问3详解】①该反应中NaC1O3得电子被还原，生成的C1O2为还原产物；在参加反应的四个HCl中，2个H

Cl中Cl失去电子被氧化产生Cl2，HCl最还原剂，表现还原性；2个HCl起酸的作用，表现酸性，提供酸根阴离子，用于与金属阳离子Na+结合形成盐NaCl，HCl在反应中体现的性质为还原性和酸性；②该反应中NaClO3

得2个电子转化为ClO2，部分HCl失去其2个电子转化为Cl2，用单线桥表示的化学方程式为；【小问4详解】已知氧化性强弱顺序为：H2O2(H+)＞Fe3+＞I2，向FeI2溶液中加入足量硫酸酸化双氧水，Fe2+、I-失去

电子，被氧化产生Fe3+、I2，H2O2得到电子被还原产生H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe2++4I-+3H2O2+6H+=2Fe3++2I2+6H2O。17.化学兴趣小组制取22NaO，并测定制得的22NaO

样品的纯度。Ⅰ．制取22NaO。查阅资料①钠与空气在453~473K之间可生成2NaO，迅速提高温度到573~673K之间可生成22NaO。的②2234Na3CONaCOC++。③加热后，Na不与2N反应。④22222NaO

2HO4NaOHO+=+（1）下图为兴趣小组制取22NaO的装置，得到的固体中不可能混有的杂质是___________。a．3NaNb．23NaCOc．2NaOd．NaOH（2）该小组若要得到相对纯净的22NaO，请从图中选择合适的装置(要求从装置A、B、C中选择)净化空气，接口从左至

右正确的连接顺序是___________。(填接口编号)Ⅱ．已知：制得的22NaO样品中依然含有23NaCO杂质，内江六中某小组测定制得的22NaO样品的纯度的方案如下。按图中装置中的F→B→C→D顺序连接，检查装

置气密性后，将制得的10g样品放入F装置的烧瓶中，滴入稀硫酸反应后，D中收集到1.12L气体，经折算后气体质量为1.6g。（3）写出样品中22NaO与24HSO发生反应的化学方程式为___________。（4）B中反应的化学方程式为_____

______，C装置的作用是___________。（5）装置F中仪器ⅰ的名称为___________；仪器ⅰ和烧瓶用一根导管连接，目的是使稀硫酸能顺利流下，也可减少实验产生误差，若没有该导管将导致测定的结果_______

____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（6）该实验测得样品中22NaO纯度___________。【答案】（1）a（2）edbc（3）222NaO+224HSO=24222NaSO+2HO+O（4）

①.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O②.检验CO2是否除尽为（5）①.分液漏斗②.偏大（6）78%【解析】【分析】测定制得的Na2O2样品的纯度，实验设计的原理是：烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，碳酸钠和硫酸反应放出二氧化碳

，用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中混有二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，再用排水法收集氧气，根据收集氧气的量可计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数。【小问1详解】Na与O2反应可以得到Na2O、Na2O2，二者均与CO2反应得到Na2CO3，

与H2O反应会得到NaOH，由信息可知加热时Na与N2不反应，则Na2O2中可能含有的杂质为Na2CO3、Na2O和NaOH，不可能含有Na3N，选a。【小问2详解】空气中含有的CO2和H2O会与Na2O2反应，使得制得的Na2O2含有杂质，若要得到相对纯净的Na2O2，应将空气通过盛

有浓NaOH溶液的洗气瓶除去CO2，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，则净化空气的装置接口从左至右的连接顺序是edbc；【小问3详解】22NaO与24HSO反应生成氯酸钠、水、氧气，反应的化学方程式为

222NaO+224HSO=24222NaSO+2HO+O。【小问4详解】B中氢氧化钠吸收碳酸钠和硫酸反应生成的二氧化碳，反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；二氧化碳能使石灰水变浑浊，C装置的作用是检验CO2是否除尽。【小问5详解】装置F中仪器i的名称为分液

漏斗，分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成O2的体积计算，导致测定的O2体积偏大，则测定Na2O2样品的纯度偏大。【小问6详解】D中收集到气体质量为1.6g，说明过氧化钠和硫酸反应生成1.6g氧气，n(O2)=0.

05mol，过氧化钠与稀硫酸反应的化学方程式为222NaO+224HSO=24222NaSO+2HO+O，则n(22NaO)=0.1mol，m(22NaO)=7.8g，该实验测得样品中22NaO纯度为7.8g100%78%

10g=。18.已知某工业废水中含有大量的4FeSO，还可能大量存在3Fe+、OH−、2Ba+、2Cu+、Na+中的几种，以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收42FeSO7HO晶体及固体单质。已

知氧化性：32FeCu++。（1）不做任何实验就可以确定上述工业废水中一定不存在的离子是___________(填离子符号)。（2）根据步骤2中得到固体混合物可以确定上述工业废水中肯定存在的离子是___________(填离子符号)。（3）3Fe+的存在对回收42FeS

O7HO晶体的纯度___________(填“有”或“无)影响，理由是___________。（4）步骤3中加入的试剂X为___________(填试剂名称)，发生反应的离子方程式为___________。（5）步骤4中涉及的操作是：

___________、___________、过滤、洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行，原因是___________。【答案】（1）Ba2+、OH-（2）Cu2+（3）①.无②.步骤2加入了过量的Fe粉，Fe能把3Fe+还原

为Fe2+。（4）①.H2SO4②.Fe+2H+=Fe2++H2↑（5）①.蒸发浓缩②.冷却结晶③.防止晶体受热失去结晶水【解析】【分析】工业废水中含有大量的4FeSO，Fe2+与OH-、Ba2+与24SO−不能

共存，故一定没有Ba2+、OH-；将废水过滤可以除去废水中的污泥；向溶液中加入过量的Fe，过滤后得到固体混合物，可以证明溶液中含有Cu2+，固体混合物为Fe和Cu，溶液2为FeSO4溶液；向固体混合物中加入试剂X，得到FeSO4溶液和固体单质，固体单质为Cu，则试剂X为

稀硫酸，既能溶解铁，又不引入新杂质离子；FeSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到42FeSO7HO。【小问1详解】废水中含有大量的4FeSO，Fe2+与OH-不能共存、Ba2+与24SO−不能共存，所以不做任何实验就可以确定上述工业废水中一定不存在的离子是Ba2+、OH

-；【小问2详解】铁不能置换出Na，铁能置换出Cu，步骤2中得到固体混合物，可知该混合物是Cu、Fe，则确定上述工业废水中肯定存在的离子是Cu2+。【小问3详解】步骤2加入了过量的Fe粉，Fe能把3Fe+

还原为Fe2+，3Fe+的存在对回收42FeSO7HO晶体的纯度无影响。【小问4详解】固体混合物是Cu、Fe，加入试剂X后分离得到的溶液能与溶液2混合制取硫酸亚铁，则X是稀H2SO4；铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑【小问5详解】步骤4是

从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体，涉及的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干。含结晶水的物质，加热时容易失去结晶水，则采用降温结晶的原因是：防止晶体受热失去结晶水。